【文档说明】(新高考数学)高考一轮复习核心考点讲与练考点17《 点、直线、平面之间的位置关系》(解析版） .doc，共(49)页，3.020 MB，由MTyang资料小铺上传

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考点17点、直线、平面之间的位置关系（核心考点讲与练）一、空间中的平行关系1.平行直线(1)平行公理过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行.(2)基本性质4(空间平行线的传递性)平行于同一条直线的两条直线互相平行.(3)定理如

果一个角的两边与另一个角的两边分别对应平行，并且方向相同，那么这两个角相等.2.直线与平面平行(1)直线与平面平行的定义直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行.(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定

定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α性质定理一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b3.平面与平面平行(1)平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫做平行平面.(2)判定定

理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，a∥β，b∥β⇒α∥β性质定理两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面α∥β，

a⊂α⇒a∥β如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b二、空间中的垂直关系1.直线与平面垂直(1)直线与平面垂直的定义如果一条直线和一个平面相交于点O，并且和这个平面内

过交点(O)的任何直线都垂直，就说这条直线和这个平面互相垂直.(2)直线与平面垂直的判定定理及其推论文字语言图形语言符号语言判定定理如果一条直线与平面内的两条相交直线垂直，则这条直线与这个平面垂直a⊂αb

⊂αa∩b＝Ol⊥al⊥b⇒l⊥α推论1如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面a∥ba⊥α⇒b⊥α推论2如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行a⊥αb⊥α⇒a∥b2.直线和平面所成的角(1)定义：一条斜线

和它在平面内的射影所成的角叫做斜线和平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角.(2)范围：0，π2.3.二面角(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；(2)

二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角.(3)二面角的范围：[0，π].4.平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个

平面与第三个平面相交所得两条交线互相垂直，就称这两个平面互相垂直.(2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直

l⊥αl⊂β⇒α⊥β性质定理如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面α⊥βl⊂βα∩β＝al⊥a⇒l⊥α1.异面直线的判定方法2.求异面直线所成的角的三步曲3．线面平行的证明方法（1）定义法：一般用反证法；（2）判定定理法：关键

是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言叙述证明过程；（3）性质判定法：即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面．4．构造平行直线的常用方法（1）构建三角形或梯形的中位线：可直接利用线段的中点、等腰三角形三线合一或利用平行四边形对

角线的交点找中点，从而构建中位线；（2）构建平行四边形：可以利用已知的平行关系(如梯形的上下底边平行)或构建平行关系(如构造两条直线同时平行于已知直线)，从而构建平行四边形．应用线面平行的性质定理时，关键是过已知直线作辅助平面与已知平面相交，所得

交线与已知直线平行，还可以利用交线判断已知平面内的直线与已知直线的位置关系，即在已知平面内所有和交线平行的直线都与已知直线平行，所有和交线相交的直线都与已知直线异面．5.判定平面与平面平行的4种方法（1）面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；（2）面面平行的判

定定理(主要方法)；（3）利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题可用)；（4）利用平面平行的传递性，两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题可用)．利用线面平行或面面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置．对于线段长或

线段比例问题，常用平行线对应线段成比例或相似三角形来解决．6.证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面

面垂直的性质．7.利用判定定理证明平面与平面垂直的一般方法先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的垂线存在，则可通过线面垂直来证明面面垂直；若这样的垂线不存在，则需通过作辅助线来证明空间两直线位置关系的判定1.（2021重庆市缙云教育联盟高三上学期9月月度质量检测

）已知直线lm，，平面，m，那么“//l”是“//lm”（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】D【分析】根据线面的位置关系可直接判断出结论.【详解】

因为由//l可得//lm或l与m异面，由//lm可得//l或l，所以“//l”是“//lm”的既不充分也不必要条件．故选：D．求异面直线所成的角1.(2021山东临沂模拟)如图，四边形ABCD和四边形ADPQ均为正方形，它

们所在的平面互相垂直，则异面直线AP与BD所成的角为________．【答案】【解析】如图，将原图补成正方体ABCD-QGHP，连接GP，则GP∥BD，所以∠APG为异面直线AP与BD所成的角，在△AGP中，AG＝GP＝AP，所以∠APG＝.答案：2.（2022河南省十所名校高三）如图，圆锥的底

面直径2AB，其侧面展开图为半圆，底面圆的弦3AD，则异面直线AD与BC所成的角的余弦值为（）A.0B.33C.34D.22【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标运算结合异面直线的成角的范围即可求出结果.【详解】在劣弧AD上取AB的中点M，以O为原

点，OM为x轴，OB为y轴，OA为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为圆锥的底面直径2AB，其侧面展开图为半圆，底面圆的弦3AD，所以21BC，所以2BC，则3CO，所以31010010003022A

,,,B,,,C,,,D,,,所以33001322AD,,,BC,,,则22222233301033222cos42333001322ADBCAD,BCADBC，因为异面

直线的成角范围为02，，故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为34.故选：C.直线与平面、平面与平面平行的判定与性质1.（2021海南省三亚华侨学校高三10月月考）正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是BB1，CC1的中点，（1）证明

：直线AE//平面DCC1D1（2）求异面直线AE和BF所成角的余弦值.【答案】（1）证明过程见详解（2）15【分析】（1）连接DF，EF，证明//AEDF，然后利用线面平行的判定定理即可证明//AE平面11DCCD（2）连接1EC，1AC，则1AEC或其补角为异面直线A

E和BF所成角，利用余弦定理求出异面直线所成角的余弦值即可【详解】（1）证明：连接DF，EF，在正方形11BCCB中，E、F分别是BB1，CC1的中点，所以//EFBC，且EFBC，在正方形ABCD中，//ADBC，且ADBC，所以//ADEF，且ADEF，所

以四边形AEFD为平行四边形，则有//AEDF，因为DF平面11DCCD，AE平面11DCCD，所以//AE平面11DCCD.（2）连接1EC，1AC，则在正方形11BCCB中，因为E、F分别是BB1，CC1的中点，所以有1//BE

FC，1BEFC所以四边形1BECF为平行四边形，则有1//ECBF，所以1AEC或其补角为异面直线AE和BF所成角设正方体边长为2，则5AE，15EC，123AC，所以155121cos255AEC，由于异面直线所成角为锐角

或者直角所以异面直线AE和BF所成角的余弦值为152.（2022年高考数学一轮复习讲练测）如图，ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：（1）BE∥平面DMF；（2）平面BDE∥平面MNG.【分析】（1）作辅助线，由中位线定理以及线面平行判定定理证明即

可；（2）先证明BD∥平面MNG，DE∥平面MNG，再由面面平行的判定定理证明即可.【详解】证明：（1）如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO

，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.（2）因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又BD⊄平面

MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG.直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质1.（2022河南省联考高三核心模拟卷）在四棱锥PABCD中，平面PAB平面ABCD，//ABCD，9

0ADC，22CDAB，2PAAD，3PB，M为PC的中点.（1）求证：PC平面BMD；（2）求三棱锥DBMP的体积【答案】（1）证明见解析；（2）13.【分析】（1）由余弦定理求得BC，由面面垂直的

性质定理得PA与平面ABCD垂直，从而得线线垂直，求得PD，等腰三角形性质得线线垂直后可证得线面垂直；（2）通过转换法求得体积，DMPBDMBCMBCDVVV，然后由体积公式计算．【详解】（1）证明：在四边形ABCD中，//ABCD，90ADC

，2AD，1AB，所以223BDADAB，所以1coscos3BDCDBA，在BCD△中，由余弦定理得3BC.在PAB△中，1AB，2PA，3PB，所以222ABPAPB，所以ABPA.又平面PAB平面ABCD，平面PAB

平面ABCDAB，PA平面PAB，所以PA平面ABCD.又AD平面ABCD，所以PAAD.在PAD△中，可得222PDPAAD，所以PCD，PCB是等腰三角形，且PDDC，PBBC，因为M为PC的中点，所以PCMD，PCMB.又由BM，

DM平面BDM，BMDMM，所以PC平面MDB.（2）解：由PA平面ABCD，可得点P到平面BCD的距离是2PA，点M到平面BCD的距离是P到平面BCD的距离的12，即点M到平面BCD的距

离为22，所以11112223223DBMPDBCDMBCDVVV.2.（2022年高考数学一轮复习考点微专题）如图所示，在四边形ABCD中，//,,45,90ADBCADABBCDBAD，将ABD△沿BD折起，使得平面ABD平面BC

D，构成四面体ABCD，则下列说法正确的是（）A．平面ABD平面ABCB．平面ACD平面BCDC．平面ABC平面BCDD．平面ACD平面ABC【答案】D【分析】在四边形ABCD中，由已知条件可得BDCD，而在四面体ABCD中，由平面ABD平

面BCD，结合面面垂直的性质定理可得CD平面ABD，从而有CDAB，再由线面垂直的判定定理可得AB平面ACD，再利用面面垂直的判定定理可得结论【详解】∵在四边形ABCD中，//,45ADBCBCD

，∴135ADC，∵,90ADABBAD，∴45ADB，∴90BDC，∴BDCD．又在四面体ABCD中，平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD，故CD平面ABD，∴CDAB，又,ADABADCDD，∴AB平面ACD，又A

BÜ平面ABC，∴平面ABC平面ACD．故选：D3.（2022年高考数学一轮复习讲练测）如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°．将△ABD沿对角线BD折起，记折起后A的位置为点P，且使平面PBD⊥平面BCD．求证：（1）CD⊥平面PBD．（2

）平面PBC⊥平面PDC．【分析】(1)利用平面四边形ABCD证得BD⊥DC，借助面面垂直的性质即可得解；(2)结合(1)的结论及已知证得BP⊥平面PDC，利用面面垂直的判定得解.【详解】（1）在平面四边形ABCD中，AD=AB，∠BA

D=90°，则∠ABD=∠ADB=45°，又AD∥BC，即有∠DBC=45°，而∠DCB=45°，于是得∠BDC=90°，在折后的几何体PBCD中，BD⊥DC，因平面PBD⊥平面BCD，平面PBD平面BCD=BD，CD平面BCD，所以CD⊥平面PBD；（2）

由(1)知CD⊥平面PBD，PB平面PBD，于是得CD⊥BP，又BP⊥PD，PDCD=D，PD平面PDC，CD平面PDC，则BP⊥平面PDC，又BP平面PBC，所以平面PBC⊥平面PDC.平行与垂直的综合问题1.如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形，点

D，E分别是BC，AB1的中点．（1）证明：DE∥平面ACC1A1；（2）若BB1＝1，证明：C1D⊥平面ADE．【分析】（1）由线面平行的判定定理，只要证明DE∥A1C，就可证明DE∥平面ACC1A1．（2）因为BB1⊥平面ABC，由线面垂直的性

质定理得，BB1⊥AD，因为底面ABC是等边三角形，D为BC的中点，所以BC⊥AD，所以AD⊥平面B1BCC1，所以AD⊥C1D，由勾股定理得C1D⊥DB1，结合线面垂直的判定定理得C1D⊥平面ADE．【详解】（1）连接A1B，A1C，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，

侧面ABB1A1是矩形，因为点E是AB1的中点，所以点E是A1B的中点，又因为点D是BC的中点，所以DE∥A1C，因为DE⊄平面ACC1A1，A1C⊂平面ACC1A1，所以DE∥平面ACC1A1．（2）连接B1D，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，因

为BB1⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，所以BB1⊥AD，又因为底面ABC是等边三角形，D为BC的中点，所以BC⊥AD，又BC∩BB1＝B，所以AD⊥平面B1BCC1，又C1D⊂平面B1BCC1，所以AD⊥C1D，由BC＝2，得BD＝1，

又BB1＝CC1＝1，所以112DBCD，所以2221111DBCDBC，所以C1D⊥DB1，DB1AD＝D，所以C1D⊥平面ADB1，即C1D⊥平面ADE．1.（2019年全国统一高考数学试卷（新课标Ⅱ））设，为两个

平面，则//的充要条件是A.内有无数条直线与平行B.内有两条相交直线与平行C.，平行于同一条直线D.，垂直于同一平面【答案】B【分析】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利

用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．【详解】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是//的充分条件，由面面平行性质定理知，若//，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直

线都与平行是//的必要条件，故选B．【点睛】面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,//abab，则//”此类的错误．2.（2019年全国统一高考数学试卷（文

科）（新课标Ⅲ））如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平面,ABCDM是线段ED的中点，则A.BMEN，且直线,BMEN是相交直线B.BMEN，且直线,BMEN是相交直线C.BMEN，且直线,BMEN是异面直

线D.BMEN，且直线,BMEN是异面直线【答案】B【分析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．【详解】如图所示，作EOCD于O，连接ON，过M作MFOD于F．连BF，平面CDE平面ABCD．,EOCDEO平面CDE，EO平面ABC

D，MF平面ABCD，MFB与EON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,12EOONEN，35,,722MFBFBM．BMEN，故选B【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形．3.（2021年全国高考乙卷数学（

文）试题）如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，M为BC的中点，且PBAM．（1）证明：平面PAM平面PBD；（2）若1PDDC，求四棱锥PABCD的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）23．【分析】（1）由PD底

面ABCD可得PDAM，又PBAM，由线面垂直的判定定理可得AM平面PBD，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM平面PBD；（2）由（1）可知，AMBD，由平面知识可知，~DABABM，由相似比可求出AD

，再根据四棱锥PABCD的体积公式即可求出．【详解】（1）因为PD底面ABCD，AM平面ABCD，所以PDAM，又PBAM，PBPDP，所以AM平面PBD，而AM平面PAM，所以平面PAM平面PBD．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知AMBD

．于是∽ABDBMA，故ADABABBM．因为1,,12BMBCADBCAB，所以2112BC，即2BC．故四棱锥PABCD的体积1233VABBCPD．[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法由（2）知AMDB,所以1AM

BDkk．建立如图所示的平面直角坐标系，设2(0)BCaa．因为1DC，所以(0,0)A，(1,0)B，(0,2)Da，()1,Ma．从而2020(2)211001AMBDaakkaaa．所以22a，即2DA．下同方法一.[方法三]【最优解】：空间直角坐标系

法建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设||DAt，所以(0,0,0)D，(0,1,0)C，(0,0,1)P，(,0,0)At，(,1,0)Bt．所以,1,02tM，(,1,1)PBt，,1,02tAM

．所以2110(1)1022ttPBAMt．所以2t，即||2DA．下同方法一.[方法四]：空间向量法由PBAM，得0PBAM．所以()0PDDAABAM．即0PDAMDAAMABAM．又PD底面ABCD

，AM在平面ABCD内，因此PDAM，所以0PDAM．所以0DAAMABAM，由于四边形ABCD是矩形，根据数量积的几何意义，得221||||02DAAB，即21||102BC．所以|

|2BC，即2BC．下同方法一.【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法三直接利用空间直角坐标系和空间向

量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.一、单选题1．（2022·山东聊城·二模）已知某圆锥的侧面积等于底面的3倍，直线l是底面所在平面内的一条直线

，则该直线l与母线所成的角的余弦值的取值范围为（）A．10,3B．11,33C．1,13D．22,13【答案】A【分析】由侧面积与底面积的关系得出3Rr，再由线线角的范围结合线面角的定义得出该直线l与母线所成的角的余弦值的取值范围

.【详解】设底面圆的半径为r，母线长为R，因为圆锥的侧面积等于底面的3倍，所以21232rRr，即3Rr，因为直线与直线所成角的范围为0,2，所以当直线l与底面圆相切时，直线l与母线所成角最大为2，则该直线l与母线所成的角的余弦值的最小值为cos02；当直

线l过底面圆的圆心时，由线面角的定义可知，此时直线l与母线所成角最小，则该直线l与母线所成的角的余弦值的最大值为13OCrACR，即该直线l与母线所成的角的余弦值的取值范围为10,3.故选：A2．（2

022·北京丰台·二模）已知两条不同的直线l，m与两个不同的平面，，则下列结论中正确的是（）A．若l∥，ml，则mB．若l，l∥，则C．若m，lm，则l∥D．若，l，则l∥【答案】B【分析】根据空间中线面、面面的判定定理与性质定理一

一判断即可；【详解】解：由两条不同的直线l，m与两个不同的平面，，知：对于A，若//l，lm，则m与平行或m或m与相交或m，故A错误；对于B，若l，l//，则由面面垂直的判定定理得，故B正确

；对于C，若m，lm，则//l或l，故C错误；对于D，若，l，则//l或l，故D错误．故选：B．3．（2022·重庆八中模拟预测）已知三个平面，，，其中a，b，c，且abP，则下列结论一定成立的是（）A．b

，c是异面直线B．bcPC．bc∥D．a与c没有公共点【答案】B【分析】因为,,两两相交，因此可以看作是三棱锥的三个面，作图分析即可.【详解】依题意作上图，对于A，.bc，错误；对于B，abP,,,PaaPP

，,,,PbbPP，又∵,cPc，即bcP，正确；对于C，bcP，故错误；对于D，,,PcPa，P点就是a，c的公共点，错误；故选：B.4．（2022·江西·二模（理））已知平面四边形ABCD中，224ABADBDBCCD

，现沿BD进行翻折，使得A到达A的位置，连接AC，此时二面角ABDC为150°，则四面体ABCD外接球的半径为（）A．273B．473C．2213D．4213【答案】C【分析】取B

D的中点E，连接AE，CE，依题意可得AEC即为二面角ABDC的平面角且90BCD，即可BCD△外接圆的圆心为E，设ABDV外接圆的圆心为1O，过点1O，E分别作平面ABD，平面BDC的垂线，交于点O，则O即为四面体ABCD外接球的球心，再利用勾股定理求出外接球的半径

即可.【详解】解：取BD的中点E，连接AE，CE，因为224ABADBDBCCD即22BCCD，所以CEBD，AEBD，AEC即为二面角ABDC的平面角，且90BCD，所以BCD△外接圆的

圆心为E，设ABDV外接圆的圆心为1O，则1233OE，过点1O，E分别作平面ABD，平面BDC的垂线，交于点O，则O即为四面体ABCD外接球的球心.因为二面角ABDC的平面角为150，即150AEC，则160

OEO.在1RtOOE△中，23433cos603OE，连接OB，则OB即为外接球的半径R，则2222283ROBOEBE，即2213R，故选：C.5．（2022·江西景德镇·三模（理））已知正方体1111ABCDABCD的棱长为2，P为正方形ABCD

内的一动点，E、F分别是棱1AA、棱11AD的中点．若1//DP平面BEF，则1DP的最小值为（）A．655B．665C．5D．25【答案】A【分析】根据线面平行求得点P的轨迹，再结合几何关系，求1D

P的最小值即可.【详解】取1,BCCC中点分别为,MN，连接11,,,DAAMMNND，以及11,FCCB，1DM如下所示：显然1BC//EF，故平面BEF与平面1BCFE是同一个平面，又1DA//NM，故1,,,DAMN都在平面1DAMN中；EF//1DA，EF面

1,BEFDA面BEF，故可得1DA//面BEF，AM//11,FCFC面,BEFAM面BEF，故可得AM//面BEF，又11,,DAAMADAAM面1DAMN，故面1DAMN//面BEF，又点P在正方形ABCD，故点P的轨迹是线段AM，故当且仅当1DPAM时，1DP取得

最小值；在△1DAM中，1122,5,3DAAMDM，故222111110cos210DAAMDMDAMDAAM，则1310sin10DAM，则1min1131065sin22105DPDADAM.故选：A.6．

（2022·河北秦皇岛·二模）如图，在直三棱柱111ABCABC中，11AAACBC，2AB，D，E分别是11AB，1CC的中点，则直线BC与平面1ABE所成角的正弦值为（）A．23B．55C．34D．66【答案】D【分析】应用等体积法求C到平面1ABE的

距离，结合BC的长，即可求直线BC与平面1ABE所成角的正弦值.【详解】由题设，1124BCESCEBC且1A到平面BCE的距离为111AC.又152EABE，13BA，故E到1BA上高为22，所以164ABES.设C到平面1ABE的距离为d，由11CABEABCEVV得

：1111133ABEBCEdSACS，解得66d，故直线BC与平面1ABE所成角的正弦值为66dBC.故选：D7．（2022·湖南永州·三模）中国古代数学瑰宝《九章算术》记录形似“楔体”的“羡除”．所谓“羡除”，就是三个侧面都是梯形或平行四边形（其中最多只有一个平

行四边形），两个不平行对面是三角形的五面体．如图，在羡除ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的正方形，EAD，FBC均为正三角形，//EF平面ABCD，且2EFAB，则羡除ABCDEF的体积为（）A．433B．823C．42D

．43【答案】B【分析】作出辅助线，分割为一个三棱柱和两个相同的三棱锥，利用柱体和椎体体积公式进行求解.【详解】因为//EF平面ABCD所以EF∥AB，EF∥CD，因为四边形ABCD是边长为2的正方形，所以AB⊥AD，过点A作AG

⊥EF于点G，连接DG，则AG⊥AB，因为AGADA，所以AB⊥平面ADG，过点B作BH⊥EF于点H，连接CH则AB⊥平面BCH，因为EAD，FBC均为正三角形，边长相等，所以羡除ABCDEF被分割为三棱柱A

DG-BCH和两个相同的三棱锥E-ADG和F-BCH，其中FG=FH=1，GH=AB=CD=2，由勾股定理可得：3AGDGBHCH，取AD中点M，连接GM，则GM⊥AD，由勾股定理得：312GM，则122ADGBCHSSADGM所

以22ADGBCHADGVSGH，1233EADGFBCHADGVVSEG故羡除ABCDEF的体积为22822233故选：B8．（2022·浙江嘉兴·二模）如图，已知正方体1111ABCDABCD的棱长

为1，则下列结论中正确的是（）①若E是直线AC上的动点，则1//DE平面11ABC②若E是直线AC上的动点，则三棱锥11EABC的体积为定值16③平面11ABC与平面ABCD所成的锐二面角的大小为4④若F是直线BD上的动点，则1D

FACA．①②③B．②③④C．①②④D．①③④【答案】C【分析】连接11,ADCD，利用面面平行的判定可证得平面1//ACD平面11ABC，由面面平行性质可知①正确；根据①中结论，利用体积桥的方式，由111111

11EABCDABCBACDVVV可知②正确；由面面平行知平面11ABC与平面ABCD所成的锐二面角即为平面11ABC与平面1111DCBA所成的锐二面角，根据二面角平面角定义知所求角为1BOB∠，利用正切值可说明③错误；根据线面垂直的判定可证得AC平面11BD

DB，根据线面垂直性质知④正确.【详解】对于①，连接11,ADCD，11//ADBC，11ADBC，四边形11ABCD为平行四边形，11//ABCD，又1AB平面11ABC，1CD平面11ABC，1//CD平面11ABC，同理可得：1

//AD平面11ABC，111ADCDD，11,ADCD平面1ACD，平面1//ACD平面11ABC，若E是直线AC上的动点，则1DE平面1ACD，1//DE平面11ABC，①正确；对于②，由①知，1//DE平面11ABC，11111

111111111111113326EABCDABCBACDACDVVVSBB，②正确；对于③，连接11BD，交11AC于点O，连接BO，平面//ABCD平面1111DCBA，平面11ABC与平面ABCD所成的锐二面角即为平面11AB

C与平面1111DCBA所成的锐二面角，四边形1111DCBA为正方形，111ACBO，O为11AC中点，又11ABBC，11BOAC，1BOB即为平面11ABC与平面1111DCBA所成的锐二面

角的平面角，1111tan222BBBOBBO，14BOB，即平面11ABC与平面ABCD所成的锐二面角不为4，③错误；对于④，四边形ABCD为正方形，ACBD，1BB平面ABCD，

AC平面ABCD，1BBAC，又1BBBDB，1,BBBD平面11BDDB，AC平面11BDDB；若F是直线BD上的动点，则1DF平面11BDDB，1DFAC，④正确.故选：C.二、多

选题9．（2022·辽宁葫芦岛·一模）如图所示，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列满足//MN平面ABC的是（）A．B．C．D．【答案】BC【分析】根据线面平行的判定定理或面面平行的性质定理，即可得解．

【详解】解：对于A，如图所示，点E，F为正方体的两个顶点，则////MNEFAC，所以N、M、C、A四点共面，同理可证//AMBC，即B、C、M、A四点共面，MN平面ABC，故A错误；对于B，如图所示，D为正方体的一个顶点

，则//ACMD，//BCND，AC平面ABC，DM平面ABC，所以//DM平面ABC，同理可证//DN平面ABC又MDNDD，MD、ND平面DMN，平面//ABC平面DMN，又MN平面DMN，//MN平面ABC，故B

正确；选项C，如图所示，G为正方体的一个顶点，则平面//ABC平面GMN，MN平面GMN，//MN平面ABC，故C正确；对于D，连接CN，则//ABCN，A，B，C，N四点共面，MN平面ABCN，与//MN平面ABC相矛盾，故D错误．故选：BC．10．（2022·辽宁沈阳·二模）在四

棱锥PABCD中，底面ABCD为梯形，ABCD∥，则（）A．平面PAD内任意一条直线都不与BC平行B．平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行C．平面PAB和平面PCD的交线不与底面ABCD平行D

．平面PAD和平面PBC的交线不与底面ABCD平行【答案】ABD【分析】用反证的方法来推出与已知相矛盾的结论，可以判断A,D;用线面平行的判定定理，可判断B;用线面平行的判定以及性质定理可判定C.【详解】若平

面PAD内存在直线与BC平行，则BC∥平面PAD，由BC平面ABCD,平面ABCD平面PADAD,可得BCAD∥，则四边形ABCD为平行四边形，与已知矛盾，故A正确；平面PAD和平面PBC的一个交点为P，故二者存在过点P的一条交线，在平面PBC内，与平

面PAD和平面PBC的交线平行的所有直线均与平面PAD平行，故B正确；由ABCD∥得AB∥平面PCD，进而AB平行于平面PAB与平面PCD的交线，所以平面PAB与平面PCD的交线与底面ABCD平行，故C错误；若平面PAD与平

面PBC的交线与底面ABCD平行，则平面PAD与平面PBC的交线与BC平行，与AD也平行，与已知底面ABCD为梯形矛盾，故D正确．故选：ABD11．（2022·广东惠州·一模）近年来，纳米晶的多项技术和方法在水软化领域均有重要应

用.纳米晶体结构众多，下图是一种纳米晶的结构示意图，其是由正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为n的几何体，则下列说法正确的有（）A．该结构的纳米晶个体的表面积为273nB．该结构的纳米晶个体的体积为323212nC．该结构的纳米晶个体外接球的表面积为2114nD．二面角A1

−A2A3−B3的余弦值为13【答案】ABD【分析】对于A：该几何体是由4个正三角形和4个正六边形构成，代公式计算即可.对于B：棱长为a的正四面体的高为63a，根据割补法代公式计算.对于C：设外接球球心为O，三角形123A

AA△的中心为O，正六边形212121BBCCDD的中心为O，则O在OO上，计算可得；对于D：二面角1233AAAB是原正四面体侧面和底面成角的补角，计算可得.【详解】对于A：该几何体是由4个正三角形和4个正六边形构成，所以表面积222334467344Snnn，

故A正确；对于B：棱长为a的正四面体的高为63a，所以22313613623233434334312Vnnnnn，故B正确；对于C：设外接球球心为O，三角形123AAA△的中

心为O，正六边形212121BBCCDD的中心为O，则O在OO上，几何体上下底面距离为626633nnn，可得22222633nRRnn，计算整理得22118Rn，因此该几何体的

外接球表面积为221142SRn，故C错误；对于D：二面角1233AAAB为是原正四面体侧面和底面成角的补角，如图，过正四面体的顶点V作VO平面ABC于O点，易知O为ABC的中心，延长BO交AC于D点，则D为AC的中点，连接VD，设正四面体的棱长为2，则2

sin33BD，所以22333BOBD，1333ODBD，因为VO平面ABC，所以VOAC，又ACBD，VOBDO，所以AC平面VBD，VD平面VBD，所以ACVD，所以VDB即为

所求侧面VAC与底面ABC所成二面角的平面角，在RtVOD中，1cos3ODODVDBVDBD，所以侧面与底面所成二面角的平面角的余弦值为13，所以二面角A1−A2A3−B3的余弦值为13，故D正确.故选：ABD.12．（202

2·辽宁锦州·一模）如图，在直四棱柱1111ABCDABCD中，BCCD，ABCD∥，3BC，12AAABAD，点P，Q，R分别在棱1BB，1CC，1DD上，若A，P，Q，R四点共面，则下列结

论正确的是（）A．任意点P，都有APQR∥B．存在点P，使得四边形APQR为平行四边形C．存在点P，使得BC∥平面APQRD．存在点P，使得△APR为等腰直角三角形【答案】AC【分析】根据面面平行的性质，结合假设法逐一判断即可.【详解】对于A：由直四

棱柱1111ABCDABCD，//ABCD，所以平面11//ABBA平面11DCCD，又因为平面APQR平面11ABBAAP，平面APQR平面11DCCDQR，所以//APQR，故A正确；对于B：若四边形APQR为平行四边形，则//ARQP，而AD与BC

不平行，即平面11ADDA与平面11BCCB不平行，所以平面APQR平面11BCCBPQ，平面APQR平面11ADDAAR，直线PQ与直线AR不平行，与//ARQP矛盾，所以四边形APQR不可能是平行四边形，故B

不正确；对于C：当BPCQ时，R为D时，满足//BC平面APQR，故C正确.对于D：假设存在点P，使得APR△为等腰直角三角形，令BPx，过点D作DEAB，则3DEBC，在线段DR上取一点M使得

DMBPx，连接,BDPM，则四边形BDMP为矩形，所以2MPBD，则2224PRPMMRDRx，2224APPBABx，2224ARDRADDR显然,ARPRAPPR，若由APAR，则BPDRx且//BPDR四边形BPDR为平行四边BPD

R，所以2222228282RPBCCDAPBPx，无解，故D错误；故选：AC.【点睛】关键点睛：运用假设法进行求解是解题的关键.13．（2022·江苏南通·模拟预测）已知正四棱柱ABCD

－A1B1C1D1的底面边为1，侧棱长为a，M是CC1的中点，则（）A．任意a＞0，A1M⊥BDB．存在a＞0，直线A1C1与直线BM相交C．平面A1BM与底面A1B1C1D1交线长为定值52D．当a＝2时，三棱锥B1－A1BM外接球表面积为3π【答案】AC【分析】对于A，证线线垂直即证线面垂直

；对于B，根据异面直线的定义可得；对于C，根据基本事实3找出交线，然后求出交线长即可；对于D，根据外接球与正四棱柱的位置关系，找出球心，进而求出半径，即可得出表面积.【详解】BDAC，1BDAA，1AAAC，1AA，AC平面11

ACCA，∴BD平面11ACCA，1AM平面11ACCA，∴1BDAM，A对.B平面11ABC，M平面11ABC，∴BM平面11ABC∴BM与11AC异面不相交，B错.延长BM，11BC交于N点，M为1CC中点，1NCMBCM≌△△，∴1

CNBC，∴12BN，111AB，∴15AN，平面1ABM平面11111ABCDAN，平面1ABM与底面1111DCBA交线为1AP，其中P为11CD中点，152AP，C对.2a，1ABB是直角三角形，外

接圆是以1AB为直径的圆圆心设为P，半径153222AB（知D错）取1BB中点Q，则MQ平面11ABBA，12PQ，∴222254114OPROPR，∴254R，2453R，D错；故选：

AC.14．（2022·江苏泰州·模拟预测）在正四棱锥PABCD中，点,,MNS分别是棱,,PAPBPC上的点，且PMxPA，PNyPB，PSzPC，其中,,0,1xyz，则（）A．当xyz时，平面/

/ABCD平面MNSB．当1x，12y，1z时，//PD平面MNSC．当23x，12y，13z时，点D平面MNSD．当23x，12y时，存在0,1z，使得平面PAC平面MNS【答案】BD【分析】举出反例可判断A；连接,ACBD交

于点O，根据三角形中位线性质可得//ONPD，由线面平行的判定可知B正确；假设D平面MNS，可知平面DMN与平面MNS重合，显然不成立，知C错误；由线面垂直的判定可知BD平面PAC，取PD中点Q，由平行关系可得

NQ平面PAC，则平面MNQ与PC交点S满足题意，知D正确.【详解】对于A，当=1xyz时，平面ABCD与平面MNS重合，A错误；对于B，当1x，12y，1z时，M与A重合，S与C重合，N为PB中点，

连接,ACBD，交于点O，连接ON，四边形ABCD为正方形，O为BD中点，又N为PB中点，//ONPD，又ON平面ANC，PD平面ANC，//PD平面ANC，即//PD平面MNS，B正确；对于C，连接,DMDN，假设D平面MNS，又M

平面MNS，N平面MNS，DM平面MNS，DN平面MNS，平面DMN即为平面MNS，显然不成立，C错误；对于D，取PD中点Q，连接,ACBD，交于点O，连接,QNPO，四边形ABCD为正方形，ACBD，O为

正方形ABCD的中心，PO平面ABCD，又BD平面ABCD，POBD，又POACO，,POAC平面PAC，BD平面PAC，,QN分别为,PDPB中点，//QNBD，QN平面PAC；过N作//NSQM，

交PC于S，则QN平面MNS，平面MNS平面PAC，D正确.故选：BD.15．（2022·广东广州·二模）如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，E在底面圆周上，,AEBEAFDE，F是垂足，G在BD

上，2DGBG，则下列结论中正确的是（）A．AFBDB．直线DE与直线AG所成角的余弦值为12C．直线DE与平面ABCD所成角的余弦值为66．D．若平面AFG平面ABEl，则lFG∥【答案】AD

【分析】选项A：由线面垂直的判定定理，以及线面垂直的性质定理得出；选项B：平移法找出异面直线所成角，构造三角形，求解三角形可得；选项C：找出线面垂直，作出线面角，再求解三角形可得；选项D：运用线面平行的判定定理，以及线面平行的性质

定理可得.【详解】对于A：由圆柱的性质得：DA面AEB，EB面AEB，DAEB又AB是下底面圆的直径AEEB又ADAEA，DA面DAE，AE面DAEEB∴⊥面DAE，又AF面DAEEBAF，又AFDE又DEEBE，DE面

DBE，BE面DBEAF面DBE，又DB面DBEAFBD，A正确；对于B：过点G作GHDE∥交EB于点H，如图则AGH就是直线DE与直线AG所成角（或补角）设1AEBE，则2ADAB在RtAED△中，3DE

DGHE∥，2DGBG33BGGHDEBD在等腰RtABD△中，2BD，又2DGBG23GB在ABG中，2AB，4ABG，2222cosAGGBABGBABABG即：222221

0222cos3349AG在RtAEH中，1AE，2AEH，23EH22222213139AHAEEH在AGH中，222AGGHAH，cos02AGHAGH

，，B错误；对于C：取AB的中点O，连接DOEO，，如图所示则：EOAB，DA面AEB，又EO面AEBDAEO又DAABA，DA面DAB，ABÌ面DABEO面DABEDO就是直线DE与平面ABCD所成角又232DEEO，2

2102DODEEO10302cos63DOEDODE，C错误；对于D：在RtAED△中，3DE，33EF，233DFEFGB∥，又EB面AEB，FG面AEBFG∥面AEB又平面AFG平面ABEl

，FG面AFGlFG∥，D正确.故选：AD.16．（2022·广东茂名·二模）棱长为4的正方体1111ABCDABCD中，E，F分别为棱11AD，1AA的中点1101BGBC≤≤，则下列说法中正确的有（）A．三棱锥1FAEG的体积

为定值B．当13时，平面1EGC截正方体所得截面的周长为6517C．直线FG与平面11BCCB所成角的正切值的取值范围是25,225D．当34时，三棱锥1AEFG的外接球的表面积为1534【答

案】ACD【分析】选项A.1//BC平面11ADDA,则G点到平面11ADDA距离为定值，从而可判断；选项B.延长1CG交棱1BB于点M，则M是1BB的中点，取1AF的中点N，连接EN，MN，1EC，平面1ENMC为平面1EGC截正

方体所得的截面，从而可求出截面周长；选项C.由FM平面11BCCB，即则FGM为直线FG与平面11BCCB所成的角，从而可判断；选项D.，连接1AD，交EF于点J，则J为EF的中点，由球的性质可得球心O在过点J且与GH平行的直线上，求出其半径可判断；【详解】

因为1101BGBC≤≤，所以点G为线段1BC上一个动点，又1//BC平面11ADDA，故G点到平面11ADDA距离等于点1B到平面11ADDA得距离，为定值4，又E，F分别为棱11AD，1AA的中点，则1AEF面积是定值，故三棱锥1GEFAV是定值，又11

GEFAFEGAVV，故A正确；延长1CG交棱1BB于点M，则11112BMBGCCGC，即M是1BB的中点，取1AF的中点N，连接EN，MN，1EC，因为1//ENDF，11//DFCM，所以1//ENCM，所以平面1ENM

C为平面1EGC截正方体所得的截面，因为1125ECCM，5EN，17MN，所以四边形1ENMC的周长为5517，故B项错误；由上可知FM平面11BCCB，当点G在1BC上移动时，连接MG，则FGM为直线FG与平面11BCCB所成的角，因为MG的最

小值为2，最大值25，由4tanFMFGMMGMG所以25tan,225FGM，故C正确；如图所示，连接1AD，交EF于点J，则J为EF的中点，12AJJEJF，在1AD上取点H，使1134AHADuuuruuur

，连接GH，则GHCD∥，所以GH平面11ADDA，则4GH，设三棱锥1AEFG的外接球的球心为O，则1OAOGOEOF，由1OAOEOF及12AJJEJF，得点O在过点J且与GH平行

的直线上，设OJh，因为22222112OAOJAJh，222422OGh，所以22222422hh，解得114h，所以2115316OA，所以三棱锥1AEFG的外接球表面积为1

531534164，故D项正确．故选:ACD．三、解答题17．（2022·青海西宁·一模（文））如图，四棱锥PABCD中2ABAD，4CD，//ABCD，AD平面CDP，E为PC中点．(1)证明：//BE平面PAD；(2)若C

P平面PAD，23CP，求三棱锥DPBE的体积．【答案】(1)证明见解析(2)233【分析】（1）取PD中点F，连接EF，AF，然后可证明四边形ABEF是平行四边形，得到//BEAF即可；（2）根据题意可求得PD的长，根据13DPBEBPDEAPDEPDEVVVSAD即可求得

答案.(1)证明：取PD中点F，连接EF，AF，则//EFCD，且12EFCD，又//ABCD，且12ABCD，//EFAB，且EFAB，四边形ABEF是平行四边形，//BEAF，BE平面PAD，AF平面PAD，//BE平面PAD；(2)因为CP平面P

AD，PD平面PAD，故CPPD，又因为23CP，4CD，故2216122PDCDCP,又因为//ABCD，AD平面CDP，故13DPBEBPDEAPDEPDEVVVSAD1123232323.18．（2

022·甘肃兰州·一模（理））已知四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，点E为校PC上一点（与P､C不重合），点M､N分别在棱PD､PB上，平面EMN∥平面ABCD.(1)求证：BD∥平面AMN；(2)若E为PC中点，2PCBCBD，4P

BC，PCBD，求二面角EMNA的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)23131【分析】（1）因为平面EMN∥平面ABCD，证得//BDMN，得到BD平面AMN，结合线面平行的判定定理，即可证得//

BD平面AMN；（2）由（1）证得PC平面ABCD，连接AC交BD于O，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过O点作PC的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面EMN和AMN的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.(1)证明：因为

平面EMN∥平面ABCD，且平面PBD平面ABCDBD，平面PBD平面EMNMN，所以//BDMN,又因为BD平面AMN，且MN平面AMN，所以//BD平面AMN.(2)解：由（1）//BD平面AMN，因为2PCBC，4PBC，所以4PBCCPB，所以2BCP

，所以PCBC，又因为PCBD，且BCBDB，所以PC平面ABCD，因为四边形ABCD是菱形，可得2BCBD，所以BCD△为正三角形，所以3DCB，连接AC交BD于O，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过O点作PC的平行线为z轴，建立空间直角坐标

系，如图所示，可得(3,0,0),(0,1,0),(3,0,0),(0,1,0),(3,0,2)ABCDP，因为点E为PC的中点，且平面EMN∥平面ABCD，可得,MN分别为PD与PB的中点，所以3131(,,1

),(,,1),(3,0,1)2222MNE，平面EMN的法向量即为平面ABCD的法向量，因为PC平面ABCD，所以平面EMN的法向量为(0,0,2)nPC，设平面AMN的法向量为(,,)mxyz，又由331(0,1,0),(,,1)22MNAM，则0331022m

MNymAMxyz，令2x，可得0,33yz，即(2,0,33)m，所以006333cos,442731mnmnmn，所以231sin,31mn，所以二面角EMNA的正弦值为23131.19．（2022·海南海口·模拟预测）如图所示

的几何体由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成，两个锥体的底面在同一平面内，BC是半圆锥底面的直径，D在底面半圆弧上，且2DBDC，△ABC是等边三角形．(1)证明：BD平面SAC；(2)若BC＝2，5SB，求直线CD与平面SAB所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解

析(2)21919【分析】（1）只需证明BD即可；（2）建立空间直角坐标系，平面SAB的法向量，利用sincos,nCD进行计算，从而求出答案.(1)因为BC是半圆锥底面的直径，2DBDC，所以∠DBC＝60°，因为△ABC是等边三角形，所以∠ACB＝60°

，所以BD．因为AC平面SAC，BD平面SAC，所以BD平面SAC．(2)设S在底面上的射影为O，连接OA，OS，由已知得O为BC的中点，所以AO⊥BC，3OAOB．因为BC＝2，5SB，所以OB

＝1，222OSSBOB．以O为坐标原点，分别以OA，CB，OS所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则C（0，-1，0），3,0,0A，B（0，1，0），31,,022D，S（0，0，2）．所以3,0,2AS，3,1,0ABuuur，33,,

022CDuuur．设平面SAB的法向量为,,nxyz，则.320.30,nASxznABxy令x＝2，得2,23,3n．设CD与平面SAB所成的角为θ，则23219sincos,19193nCDn

CDnCD．20．（2022·山东潍坊·二模）如图，线段AC是圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，2AC，1BC，PA⊥底面ABC，M是PB上的动点，且01PMPB，N是PC的中点．(1)若12

时，记平面AMN与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PBC的位置关系，并加以证明；(2)若平面PBC与平面ABC所成的角为4，点M到平面PAC的距离是33，求的值．【答案】(1)直线∥l平面PBC，证明见解析(2)23

【分析】（1）可证//MN平面ABC，从而得到//MNl，故可得直线//l平面PBC．（2）根据平面PBC与平面ABC所成的角为4可得45PBA，建立如图所示的空间直角坐标系，根据点面距公式可求的值.(1)直线//l平面PBC，证明：当12时，M是PB的中点，又因为N是PC的

中点，所以//MNBC，又BC平面ABC，且MN平面ABC，所以//MN平面ABC，又MN平面AMN，且平面ANM平面ABCl，所以//MNl，又因为l平面PBC，MN平面PBC，所以直线//l平面PBC．(2)因为

AC是圆O的直径，所以90ABC，由勾股定理得3AB，因为PA⊥平面ABC，BC平面ABC，所以PABC，又ABBC，ABPAA，所以BC⊥平面PBA，而PB平面PBA，故PBBC，故∠PBA就是二面角PBCA的平面角，所以45PBA，所

以△PAB为等腰直角三角形，且3PAAB，以点B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则3,0,0A，0,0,0B，0,1,0C，3,0,3P，，0,0,3AP，设平面PAC的一个法向量为,,nx

yz，则00nACnAP，所以30,30,xyz令1x，则3,0yz，得1,3,0nr，设，所以点M到平面PAC的距，所以23．21．（2022·山东聊城·二模）如图，在四棱锥EABCD中，EC平面ABCD，ABBC，

ACD△是等边三角形，2AC．(1)若1AB，求证：BC平面CDE；(2)若二面角EABD为30°，1EC，求直线DE与平面ABE所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)1510【分析】（1

）先由直角三角形的性质得出BCCD，由线面垂直的性质得出ECBC，最后由线面垂直判定证明即可；（2）以AC的中点O为原点，分别以,ACOD所在直线为x轴和y轴，建立如下图所示的坐标系，利用向量法得出直线DE与平面ABE

所成的角的正弦值．(1)在ABC中，因为90,2ABCACAB，所以30ACB因为ACD△是等边三角形，所以60ACD，因此90BCD，所以BCCD因为EC平面ABCD，BC平面ABCD，所以ECBC因为ECCDC，所以BC

平面CDE(2)因为EC平面ABCD，ABÌ平面ABCD，所以ABEC又ABBC，且BCECC，所以AB平面BCE又BE平面BCE，所以ABBE，因此CBE即为二面角EABD的平面角所以303,CBEBC，所以30ACB

以AC的中点O为原点，分别以,ACOD所在直线为x轴和y轴建立如下图所示的坐标系则31(3,0,0),(0,1,1),(0,1,0),,,022DEAB于是31(3,1,1),,,0,(0,2,1)22DEABAE设平面ABE的法向量为(,,)nxyz

由00nABnAE，得310,2220,xyyz取1x，得(1,3,23)n设直线DE与平面ABE所成角为则|||3323|15sincos,10||||54nDEnDEnDE故直线DE与平面ABE所成角的正

弦值为151022．（2022·江西·二模（理））如图所示，在多面体ABCDFE中，ABAB2ACCDAB2ACEF，平面ABCD平面ABEF，ABAD=AF2EF2CD，∠CDA∠AFE90°，M，N分别为线段BE，CE的中点.(1)求证：FAMN；(2)求平面BDF

与平面BEF所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)33【分析】（1）由题意，得到FAAB，利用面面垂直的性质定理，证得FA平面ABCD，得到FABC，结合MN//BC，即可证得FAMN；（2）以A为原点，AD

，AB，AF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求得平面BDF的一个法向量1,1,1m和向量1,0,0nr，结合向量的夹角公式，即可求解.(1)证明：因为AB//EF，∠AFE90°，所以FA

AB，又平面ABCD平面ABEF，平面ABCD平面ABEFAB，FA平面ABEF，所以FA平面ABCD，因为BC平面ABCD，故FABC；因为M，N分别为线段BE，CE的中点，故MN//BC，所以FAMN.(2)解：因为FA平面ABCD，AD平面ABCD，所以FAAD，

又∠BAD90°，所以FA，AD，AB两两互相垂直，以A为原点，AD，AB，AF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设ABADAF2，CDEF1，则2,0,0D，0,2,0B，0,0,

2F，2,0,2DF，0,2,2FB，设,,mxyz为平面BDF的一个法向量，则220220mFByzmDFxz，令1x，可得1,1yz，所以1,1,1m，又由1,0,0nr为平面BEF的一个法向量，则3cos,3mnmnmn

，即平面BDF与平面BEF所成锐二面角的余弦值为33.